Istituto Superiore “XXV aprile” Pontedera - Prof. Francesco Daddi
Soluzione verifica di Matematica
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aE Liceo Scientifico - assenti del 30/11/2013
Esercizio 1. Si determini il valore di k in modo che le curve
y= 2 x3− x2+ 2 e y= 3 + k ln x risultino ortogonali nel loro punto di ascissa 1.
Soluzione. Il prodotto dei coefficienti angolari delle rette tangenti nel loro punto di ascissa x = 1 deve essere uguale a −1; le derivate sono
y′ = 6 x2− 2 x e y′ = k x quindi risulta (6 · 12− 2 · 1) · k1 = −1 ⇒ 4 k = −1 ⇒ k= −1 4
Esercizio 2. Si determinino gli intervalli di monotonia della funzione f(x) = x5 ln x3 .
Soluzione. Il dominio di f (x) `e l’intervallo (0, +∞) e la derivata della funzione `e
f′
(x) = 5 x4· ln x3 + x5· 1
x3 · 3 x
2 = x4(3 + 5 ln(x3))
la derivata `e positiva se e solo se
3 + 5 ln(x3) > 0 ⇒ 5 · 3 · ln x > −3 ⇒ ln x > −1 5 ⇒ x > e −1 5 e quindi, essendo e−1 5 = 1 5
√e, possiamo concludere che la funzione decresce per 0 < x < √51 e e cresce per x > √51
e.
Esercizio 3. Si determini il dominio e la derivata della funzione f(x) = arcsin(1 − x2) . Si dica se f(x) `e derivabile in x = 0 .
Soluzione. Il dominio di f (x) `e
−1 ≤ 1 − x2 ≤ 1 ⇒ −√2 ≤ x ≤√2 . La funzione `e continua in x = 0 e la sua derivata `e
f′ (x) = q 1 1 − (1 − x2)2 · (−2 x) = − 2 x q 1 − (1 − x2)2 = − 2 x √ 2 x2− x4 =
= − 2 x
px2(2 − x2) = −
2 x |x|√2 − x2.
Per la derivata destra in x = 0 si ha (osserviamo che |x| = x per x > 0) lim x→0+f ′ (x) = lim x→0+ − 2 x |x|√2 − x2 = limx→0+ − 2 x x√2 − x2 = = lim x→0+ − 2✚x ✚x√2 − x2 = limx→0+ − 2 √ 2 − x2 = − 2 √ 2 − 02 = − 2 √ 2 = − √ 2 quindi f′ +(0) = − √ 2.
Per la derivata sinistra in x = 0, invece, risulta (osserviamo che |x| = −x per x < 0) lim x→0− f′ (x) = lim x→0− − 2 x |x|√2 − x2 = limx→0− − 2 x (−x)√2 − x2 = = lim x→0− − 2✚x −✚x√2 − x2 = limx→0− 2 √ 2 − x2 = 2 √ 2 − 02 = 2 √ 2 = √ 2 e quindi f′ −(0) = √ 2. I due risultati (f′ +(0) e f ′
−(0)) sono finiti e distinti, quindi la funzione non `e
derivabile in x = 0 dove presenta un punto angoloso.
Esercizio 4. Si determini λ in modo che risulti " λ+ 2 3 ln x→lim+∞ 1 −2 x1 3 x! #2 = 9 .
Soluzione. Per prima cosa riscriviamo la funzione
1 − 1 2 x
3 x
nel modo seguente: 1 −2 x1 3 x = eln(1−2 x1 ) 3 x = e3 x·ln(1−2 x1 ) ; poich´e lim x→+∞3 x · ln 1 −2 x1 = lim x→+∞ ln 2 x−12 x 1 3 x (H.) = lim x→+∞ 2 x 2 x − 1 · 1 2 x2 −3 x12 = = lim x→+∞ ✁ 2 x 2 x − 1· 1 ✁ 2 x2 · (−3 x 2) = lim x→+∞ 3 x 1 − 2 x = − 3 2 si ha che il limite `e uguale a
lim x→+∞e 3 x·ln(1− 1 2 x) = e− 3 2 .
Infine determiniamo i valori di λ: λ+ 2 3· ln e−3 2 2 = 9 ⇒ λ+2 3 · −32 2 = 9 ⇒ ⇒ [λ − 1]2 = 9 ⇒ λ − 1 = ր ց 3 −3 i valori richiesti di λ, pertanto, sono i seguenti: